《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練7 電場與磁場（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練7 電場與磁場（含解析）（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(七) 一、選擇題(共10個(gè)小題，1～7為單選，其余為多選．每題5分共50分) 1.如圖所示，為電子槍的工作原理，金屬絲加熱后可以發(fā)射電子，發(fā)射出的電子被加速電場加速，穿出金屬板上的小孔后，形成高速運(yùn)動(dòng)的電子束．其中加熱電源的電動(dòng)勢為E，加速電壓為U.下列說法正確的是(　　) A．加熱電源的正負(fù)不能接反 B．加速電壓的正負(fù)不能接反 C．加速電場的電場線從金屬絲發(fā)出，終止于金屬板 D．電子被加速時(shí)，一定是沿著電場線運(yùn)動(dòng)的 答案　B 解析　金屬絲加熱后發(fā)射電子，電源的正負(fù)互換不影響，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；電子加速時(shí)，當(dāng)正負(fù)互換，電子不被加速，故B項(xiàng)正確；電場線從正電荷出發(fā)，終

2、止于負(fù)電荷，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；電子被加速時(shí)，電場不是勻強(qiáng)電場，軌跡與電場線不重合，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B項(xiàng)． 2.如圖所示，距小滑輪O正下方l處的B點(diǎn)用絕緣底座固定一帶電荷量為＋q的小球1，絕緣輕質(zhì)彈性繩一端懸掛在光滑的定滑輪O正上方處的D點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球2連接，發(fā)現(xiàn)小球2恰好在A位置平衡，已知OA長為l，與豎直方向的夾角為60°.由于彈性繩的絕緣效果不是很好，小球2緩慢漏電，一段時(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30°時(shí)，小球2恰好在AB連線上的C位置．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球2帶負(fù)電 B．小球2在C位置時(shí)所帶電荷量為

3、C．小球2在A位置時(shí)所帶電荷量為 D．彈性繩原長為l 答案　C 解析　兩個(gè)小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球2也帶正電，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； 小球在C點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖： 由幾何關(guān)系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg① T＝mgcos30°＝mg② 根據(jù)庫侖定律得：F＝③ 聯(lián)立①③可得：q2＝，故B項(xiàng)錯(cuò)誤； 小球2在A位置時(shí)，受到的重力、電場力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角互為120°，所以三個(gè)力的大小相等，即T′＝F′＝mg； 根據(jù)庫侖定律得：F′＝，小球2在A位置時(shí)所帶電荷量：q1＝，故C項(xiàng)正確；小球2在A位置時(shí)，彈性繩的長度：l1＝＋l＝l，小球2在C位置時(shí)，

4、彈性繩的長度l2＝＋l，設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k，則：T′＝k(l1－l0)；聯(lián)立可得：l0＝0.5l，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C項(xiàng)． 3.如圖所示，傾角為30°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷．質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的物塊從斜面上的M點(diǎn)由靜止釋放，物塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中經(jīng)過斜面中點(diǎn)O時(shí)速度達(dá)到最大值v，運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為N(圖中沒有標(biāo)出)，則下列說法正確的是(　　) A．物塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中加速度先增大后減小 B．物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝ C．物塊運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)N到O點(diǎn)的距離小于M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離 D．物塊的釋放點(diǎn)M與O點(diǎn)間的電勢差為 答案　D

5、 解析　根據(jù)點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強(qiáng)度先減小后增大，中點(diǎn)O的電場強(qiáng)度為零．設(shè)物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物塊下滑的過程中電場力qE先方向沿斜面向下逐漸減小后沿斜面向上逐漸增大，所以物塊的加速度大小先減小后增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； 物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度最大，加速度為零，又電場強(qiáng)度為零，所以有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝tanθ＝，故B項(xiàng)錯(cuò)誤； 由于運(yùn)動(dòng)過程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中受到的合外力為qE，因此最低點(diǎn)

6、N與釋放點(diǎn)M關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，故C項(xiàng)錯(cuò)誤； 根據(jù)動(dòng)能定理有：qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物塊的釋放點(diǎn)M與O點(diǎn)間的電勢差為：UMO＝，故D項(xiàng)正確．故選D項(xiàng)． 4．如圖1所示，在電場所在的空間中有相距為2L的A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)記為O，A、B兩點(diǎn)間某點(diǎn)的電勢φ隨該點(diǎn)到A點(diǎn)的距離x的變化關(guān)系如圖2所示．現(xiàn)從A點(diǎn)由靜止釋放一點(diǎn)電荷，則該點(diǎn)電荷僅在電場力作用下由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是(　　) A．該點(diǎn)電荷帶負(fù)電 B．該點(diǎn)電荷先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng) C．AO、OB兩段電場強(qiáng)度方向相反 D．O點(diǎn)的電場

7、強(qiáng)度最小 答案　D 解析　點(diǎn)電荷由A點(diǎn)靜止釋放，向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，所以該點(diǎn)電荷帶正電，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；該正點(diǎn)電荷在電場力作用下一直做加速運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知，離A點(diǎn)越遠(yuǎn)電勢越低，所以電場方向與AB夾角為銳角，電場強(qiáng)度方向在OA和OB兩段同向，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；圖中圖線的傾斜程度表示電場強(qiáng)度的大小，故O點(diǎn)的電場強(qiáng)度最小，故D項(xiàng)正確．故選D項(xiàng)． 5.如圖所示，三根長直導(dǎo)線A、B和C垂直紙面并固定于等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，三根導(dǎo)線均通有方向垂直紙面向里的電流I時(shí)，AC的中點(diǎn)O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0.若使A中的電流反向其他條件不變，則O點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)?　　) A．0　　　　　　　　　

8、　 B．B0 C.B0 D.B0 答案　C 解析　當(dāng)三導(dǎo)線中均通有垂直紙面向里的電流I時(shí)，A、C中點(diǎn)O磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，用右手螺旋定則判斷通電直導(dǎo)線A與通電直導(dǎo)線C在O點(diǎn)的合磁場為零，則通電直導(dǎo)線B在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向沿著AC，由A指向C，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，如果使A中的電流反向其他條件不變，則通電直導(dǎo)線A與通電直導(dǎo)線C在O點(diǎn)的合磁場大小為2B0，方向垂直AC向上；依據(jù)矢量的合成法則，則三根通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)共同產(chǎn)生的磁場大小為：B合＝＝B0，故A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確．故選C項(xiàng)． 6.如圖所示，地面附近某真空環(huán)境中存在著水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個(gè)

9、帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運(yùn)動(dòng)，由此可以判斷(　　) A．勻強(qiáng)電場方向一定是水平向左 B．油滴沿直線一定做勻加速運(yùn)動(dòng) C．油滴可能是從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn) D．油滴一定是從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn) 答案　A 解析　粒子的受力分析如圖所示，即電場力只能水平向左，粒子才能沿直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確；油滴做直線運(yùn)動(dòng)，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因?yàn)橹亓碗妶隽鶠楹懔?，根?jù)物體做直線運(yùn)動(dòng)條件可知，粒子所受洛倫茲力亦為恒力，據(jù)F＝qvB可知，粒子必定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；粒子受到的洛倫茲力的方向?yàn)榇怪盡N向上，又因?yàn)榱Ｗ訋д?，再結(jié)合左手定則，可知油滴一定是從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，

10、故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A項(xiàng)． 7.如圖所示，直角三角形ABC位于方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，其中電場方向平行于三角形所在平面．已知∠A＝30°，AB邊長為a，D是AC的中點(diǎn)，CE垂直于BD且交于O點(diǎn)．一帶電粒子由B點(diǎn)射入，恰能沿直線BD通過三角形區(qū)域．若A、B、C三點(diǎn)的電勢分別為0、φ、2φ，已知φ>0，粒子重力不計(jì)．下列說法正確的是(　　) A．粒子一定帶正電 B．磁場方向垂直三角形所在平面向外 C．E點(diǎn)電勢為φ D．電場強(qiáng)度大小為 答案　C 解析　帶電粒子由B點(diǎn)射入，恰能沿直線BD通過三角形區(qū)域，受到電場力與洛倫茲力作用，由于F洛＝Bqv，因此粒子一定做勻速直線運(yùn)

11、動(dòng)，雖然電場強(qiáng)度方向由C指向E，但電場力與磁場力方向不知，則粒子的電性不能確定，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由上分析，可知，電場力與洛倫茲力方向平行于EC，具體方向不確定，根據(jù)左手定則，則磁場方向也不能確定，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)幾何知識(shí)，CE垂直于BD，AB垂直于BC，那么ED也垂直AC，因此三角形EBC與三角形EDC全等，那么EB＝AB，由于AB邊長為a，D是AC的中點(diǎn)，且A、B、C三點(diǎn)的電勢分別為0、φ、2φ，那么E點(diǎn)電勢為φ，故C項(xiàng)正確；由于電場強(qiáng)度方向由C指向E，而CB電勢差為φ，然而CO長度為a，因此電場強(qiáng)度大小為E＝＝，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C項(xiàng)． 8．電磁泵是指處在磁場中的通電流體在電磁力作用下向一定方

12、向流動(dòng)的泵，如圖所示是一電磁泵工作部分示意圖，絕緣非磁性管道的橫截面是長為a，寬為b的矩形，在管道內(nèi)上、下管壁處各安裝一個(gè)長為L的電極，通以電流I.當(dāng)在垂直于管道和電流的方向加一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場時(shí)，電流受到的安培力就推動(dòng)導(dǎo)電液體流動(dòng)，已知導(dǎo)電液體穩(wěn)定流動(dòng)時(shí)所受阻力與流動(dòng)速率成正比，即Ff＝kv，則關(guān)于導(dǎo)電液體的流動(dòng)方向和電磁泵的功率，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)電液體可能向左流動(dòng) 　 B．導(dǎo)電液體一定向右流動(dòng) C．電磁泵的功率為 　 D．電磁泵的功率為 答案　BD 解析　磁場的方向向外，電流的方向向上，由左手定則可知，電流受到的安培力的方向向右，是電流將對(duì)導(dǎo)電液體

13、產(chǎn)生向右的推力，所以導(dǎo)電液體一定向右流動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；導(dǎo)電液體受到的阻力與安培力大小相等時(shí)，處于穩(wěn)定的流速，此時(shí)：Ff＝kv＝BIb所以：v＝，此時(shí)安培力的推力產(chǎn)生的功率為：P＝Fv＝BIb·＝，即電磁泵的功率，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．故選B、D兩項(xiàng)． 9.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊a、b被一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連接，放在傾角為θ的足夠光滑固定斜面上，且a是帶電量為＋q的物塊，b不帶電，C為固定擋板．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一外力F沿斜面方向拉物塊a使之向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊a剛要離開斜面時(shí)物塊b恰將離開擋板C.重力加

14、速度大小為g，則此過程中(　　) A．物塊a運(yùn)動(dòng)的距離為 B．b剛要離開擋板時(shí)彈簧彈力為2mgsinθ C．外力F做的功為 D．物塊a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 答案　AD 解析　開始時(shí)彈簧的壓縮量Δx1＝，當(dāng)物塊b恰好離開擋板C時(shí)，彈簧伸長量：Δx2＝，則物塊a運(yùn)動(dòng)的距離為Δx＝Δx1＋Δx2＝，故A項(xiàng)正確； b剛要離開擋板時(shí)彈簧的彈力：T＝mgsinθ，故B項(xiàng)錯(cuò)誤； 當(dāng)a離開斜面時(shí)滿足：mgcosθ＝qvB，解得：v＝，物塊a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝＝＝，根據(jù)動(dòng)能定理得：W－mgΔxsinθ＝mv2，解得：W＝＋，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．故選A、D兩項(xiàng)． 10.如圖所示，絕緣中空軌道豎直固

15、定，圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC，HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強(qiáng)大小相等，方向分別水平向右和向左的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若PC＝L，則小球所受電場力等于其重力的倍，重力加速度為g.則(　　) A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng) B．小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力

16、可能大于mg C．經(jīng)足夠長時(shí)間，小球克服摩擦力做的總功是mgl D．小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力可能為2mg－qB 答案　AD 解析　小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當(dāng)從靜止運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)鼙谟凶饔昧?，從而?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為F＝＝mg不變，故根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)摩擦力等于兩個(gè)力的合力時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確；當(dāng)小球的摩擦力、重力及電場力的合力相等時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大，則為mg，不可能大于mg

17、，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，可知，從靜止開始到最終速度為零，則摩擦力做功與重力及電場力做功之和為零，則摩擦力總功為mgL，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)小球在O點(diǎn)受力分析，且由C向D運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，則有：N－mg＋Bqv＝m；由C到O點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有：mgRsin30°＝mv2；解得N＝2mg－qB，即當(dāng)小球由C向D運(yùn)動(dòng)時(shí)，則對(duì)軌道的彈力為2mg－qB，故D項(xiàng)正確．故選A、D兩項(xiàng)． 二、計(jì)算題(共4個(gè)小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分) 11.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，x軸水平向右，y軸豎直向下，在x≥2L區(qū)域內(nèi)存在與x軸平行的勻強(qiáng)電場(未畫出)，一帶正電

18、小球，電荷量為q，從原點(diǎn)O水平拋出，再從A點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域，并從C點(diǎn)離開，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，B點(diǎn)是小球在電場中向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)點(diǎn)，B點(diǎn)的橫坐標(biāo)xB＝3L.已知小球拋出時(shí)的動(dòng)能為Ek0，在B點(diǎn)的動(dòng)能為Ek0，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．求： (1)小球在OA段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)和小球的質(zhì)量； (3)小球在電場中運(yùn)動(dòng)的最小動(dòng)能． 答案　(1)1∶1　(2)　　(3)Ek0 解析　(1)設(shè)小球質(zhì)量為m，初速度為v0，從O到A，小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 有：2L＝v0tOA，① 從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小球水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)題意小球在

19、B點(diǎn)水平方向的速度為0， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L＝tAB，② ①②聯(lián)立解得：tOA＝tAB，即tOA∶tAB＝1∶1. (2)設(shè)小球在B點(diǎn)豎直方向上的速度為vBy，有 Ek0＝mvBy2，③ 又Ek0＝mv02，④ 設(shè)小球在A點(diǎn)豎直方向的速度為vAy，由于小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，而且tOA＝tAB，⑤ ③④⑤聯(lián)立解得：vAy＝v0，⑥ 從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小球水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v02＝2L，⑦ ④⑦聯(lián)立解得：E＝，方向水平向右 又有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：vAy＝gtOA，⑧ v0＝tAB，⑨ ⑥⑧⑨聯(lián)立解得：m＝. (3)由以上所得結(jié)果

20、可知F合與水平方向夾角為30°，vA與水平方向夾角為30°，建立如圖所示坐標(biāo)系 將vA分解到x′、y′軸上，小球在x′方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，在y′方向上做類似于豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以小球在電場中運(yùn)動(dòng)的最小動(dòng)能為Ekmin＝mvAx′2，⑩ 而vAx′＝vAcos30°＝v0? 解得E kmin＝Ek0. 12.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場，下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩電場的電場強(qiáng)度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點(diǎn)從OA上的M點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)點(diǎn)恰能沿AO運(yùn)動(dòng)且通過O點(diǎn)，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點(diǎn)(圖中未畫出)

21、進(jìn)入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(diǎn)(圖中未畫出)．已知OM的長度L1＝20 m，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝(T)，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)兩勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。? (2)OC的長度L2； (3)質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)到擊中D點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t. 答案　(1)　(2)40 m　(3)7.71 s 解析　(1)質(zhì)點(diǎn)在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場力，沿AO做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有：mg＝qE， 解得：E＝. (2)質(zhì)點(diǎn)從M到O做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)O點(diǎn)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知：v2＝2aL1， 由牛頓第二定律得：mg＝ma， 解得：v＝20 m/s.

22、 質(zhì)點(diǎn)在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，其軌跡如圖所示： qvB＝m， 解得：R＝20 m， 由幾何知識(shí)可知OC的長度為：L2＝2Rcos45°＝40 m. (3)質(zhì)點(diǎn)從M到O的時(shí)間為：t1＝＝2 s， 質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為： t2＝T＝×＝π≈4.71 s， 質(zhì)點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t3＝＝1 s， 質(zhì)點(diǎn)全過程所經(jīng)歷的時(shí)間為：t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s. 13．(2018·天津)如圖所示，在水平線ab下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向

23、垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出，不計(jì)粒子重力． (1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t； (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大?。? 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，① 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)所受電場力為F，有F＝qE，② 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，

24、根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 v＝at；④ 聯(lián)立①②③④式得t＝.⑤ (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期和速度、半徑無關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2，⑥ 設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知tanθ＝，⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v，在垂

25、直于電場方向的分速度始終為v0，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可知 tanθ＝，⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝.⑨ 14．圖甲為直角坐標(biāo)xOy，y軸正向即沿豎直向上方向，其所在空間分布著均勻的、大小隨時(shí)間周期性變化的電場和磁場，其變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定電場強(qiáng)度方向沿y軸正向?yàn)檎较?，磁感?yīng)強(qiáng)度方向垂直坐標(biāo)xOy平面向里為正方向．t＝0時(shí)刻，電荷量為q，質(zhì)量m的帶正電粒子由坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止釋放，已知場強(qiáng)大小E0＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝，g取10 m/s2.求： (1)t＝1 s末粒子速度的大小和方向； (2)粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期； (3)在0～6 s內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng)過程中最高點(diǎn)的

26、位置坐標(biāo)． 答案　(1)10 m/s　方向豎直向上　(2) m　1 s (3) 解析　(1)粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止釋放，設(shè)1 s末速度大小為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得：qE0－mg＝ma， 根據(jù)v1＝at1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝10 m/s，方向豎直向上． (2)1 s末粒子第一次進(jìn)入磁場，由于粒子受重力和電場力平衡，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qv1B0＝m，解得r1＝ m，周期T＝＝1 s. (3)粒子在2 s末回到y(tǒng)軸，以v1＝10 m/s初速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)3 s末粒子速度的大小為v2，根據(jù)動(dòng)量定理可得： (qE0－mg)t＝mv2－mv1， 代入數(shù)據(jù)解得v2＝20 m/s，方向豎直向上； 3 s末粒子第2次進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期不變，4 s末再次回到y(tǒng)軸，以v2＝20 m/s初速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，5 s末的速度為v3＝30 m/s，第3次進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，第6 s剛好回到y(tǒng)軸，速度方向向上，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：則最上方圓的半徑R＝＝ m， 前5 s加速時(shí)間t5＝3 s，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得前5 s豎直方向的位移y5＝×t5＝45 m， 所以在0～6 s時(shí)間內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng)過程中最高點(diǎn)的位置坐標(biāo)x＝－R＝－ m，y＝y(tǒng)5＋R＝ m. 即最高點(diǎn)坐標(biāo)為P. 15